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《导数的应用——利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题》达标检测
[A组]—应知应会
1.已知函数f(x)=x+eq\f(4,x),g(x)=2x+a,若?x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1)),?x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是()
A.a≤1 B.a≥1
C.a≤2 D.a≥2
【解析】选A.由题意知f(x)mineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1))))≥g(x)min(x∈[2,3]),因为f(x)min=5,g(x)min=4+a,所以5≥4+a,即a≤1,故选A.
2.设函数f(x)=exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(3,x)-3))-eq\f(a,x),若不等式f(x)≤0有正实数解,则实数a的最小值为________.
【解析】原问题等价于存在x∈(0,+∞),使得a≥ex(x2-3x+3),令g(x)=ex(x2-3x+3),x∈(0,+∞),则a≥g(x)min,而g′(x)=ex(x2-x).由g′(x)0可得x∈(1,+∞),由g′(x)0可得x∈(0,1).据此可知,函数g(x)在区间(0,+∞)上的最小值为g(1)=e.综上可得,实数a的最小值为e.
3.已知函数f(x)=lnx,g(x)=x-1.
(1)求函数y=f(x)的图象在x=1处的切线方程;
(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1,+∞)均成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)因为f′(x)=eq\f(1,x),
所以f′(1)=1.
又f(1)=0,所以切线的方程为y-f(1)=f′(1)(x-1),
即所求切线的方程为y=x-1.
(2)易知对任意的x∈(1,+∞),f(x)>0,g(x)>0.
①当a≥1时,f(x)≤g(x)≤ag(x);
②当a≤0时,f(x)>0,ag(x)≤0,所以不满足不等式f(x)≤ag(x);
③当0<a<1时,设φ(x)=f(x)-ag(x)=lnx-a(x-1),则φ′(x)=eq\f(1,x)-a,
令φ′(x)=0,得x=eq\f(1,a),
当x变化时,φ′(x),φ(x)的变化情况下表:
x
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,a)))
eq\f(1,a)
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))
φ′(x)
+
0
-
φ(x)
极大值
所以φ(x)max=φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>φ(1)=0,不满足不等式.
综上,实数a的取值范围为[1,+∞).
4.已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=eq\f(lnx,x).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)?x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.
【解析】(1)因为f′(x)=a-ex,x∈R.
当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,令f′(x)=0得x=lna.
由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(-∞,lna);
由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(lna,+∞).
(2)因为?x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,
则ax≤eq\f(lnx,x),即a≤eq\f(lnx,x2).
设h(x)=eq\f(lnx,x2),则问题转化为a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))eq\s\do7(max),
由h′(x)=eq\f(1-2lnx,x3),令h′(x)=0,则x=eq\r(e).
当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:
x
(0,eq\r(e))
eq\r(e)
(eq\r(e),+∞)
h′(x)
+
0
-
h(x)
单调递增
极大值eq\f(1,2e)
单调递减
由上表可知,当x=eq\r(e)时,函数h(x)有极大值,即最大值为eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e).
5.已知函数f(x)=lnx-a(x+1),a∈R,在(1,f(1))处的切线与x轴平行.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若存在x01,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)-eq\f(x2,2)+2x+eq\f(1,2)k(x-1)成立,求k的取值范围.
【解析】(1)由已知可得f(x)
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